一道数列综合题解析

第一篇：一道数列综合题解析

一道数列综合题解析——百度知道（22）

已知各项均不相等的等差数列an的前四项和为14，且a1,a3,7a恰为等比数列bn的前三项。

（1）分别求数列an，bn的前n项和Sn,Tn；

（2）记数列anbn的前n项和为Kn，设cnSnTn，求证：cn1cn(nN*).Kn解：（1）设an的首项为a1，公差为d，则由已知，得

2a13d7a1a2a3a414即，解得a12,d1.22aaa(a2d)a(a6d)317111

an2(n1)1n1，b1a12,b2a34，bn2n.n(2n1)n(n3)2(12n)Sn,Tn2n12.2212

（2）由（1）知，anbn(n1)2n，则Kn221322L(n1)2n，2Kn222323Ln2n(n1)2n1，两式相减，得

Kn422L2(n1)223nn14(12n1)4(n1)2n1，Knn2n1.12

SnTnn(n3)n21(n3)(2n22)n3 cn (22)n3Kn2n2n12n22n1cn1cnn4n4n32n6n4n2(n3)110.n2n1n2n22222cn1cn.

第二篇：数列综合题一

数列综合题一1、1·2＋2·4＋3·8＋…＋10·210

9＋

2、已知数列{an}中相邻两项an，an＋1是关于x的方程x2＋3nx＋cn＋n2＝0(n∈N)的两实

4根，且a1＝1，求c1＋c2＋c3＋…＋c2006的值.3、已知等差数列{an}的公差为d（d0），等比数列{bn}的公比为q（q>1）。设sn=a1b1+a2b2…..+ anbn,Tn=a1b1-a2b2+…..+(-1)n1 anbn,nN（1）若a1=b1= 1，d=2，q=3，求 S3 的值；

2dq(1q2n)N（2）若b1=1，证明（1-q）S2n-（1+q）T2n=，n； 21q4、设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记bn4an（I）求数列bn的通项公式；（II）记cnb2nb2n1(nN*)，(nN*)。1an

3； 2设数列cn的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn

5、已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6＝55,a2+a7＝16.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式：（Ⅱ）若数列{an}和数列{bn}满足等式：an＝＝b1b2b3b23...n(n为正整数)，求数列{bn}的前n项和Sn 2222n6、已知a11,a24,an24an1an,bnan1（Ⅰ）求b1,b2,b3的值；,nN．an

（Ⅱ）设cnbnb为数列 cn的前n项和，求证：Sn17n；n1,Sn7、已知数列an为等差数列(公差d0), an中的部分项组成的数列ak1,ak2,,akn,为等比数列, 其中k11,k25,k317, 求k1k2k3kn的值.8、设f1(x)=f(0)12，定义fn+1(x)= f1［fn(x)］，an =n（n∈N*）.fn(0)21x

(1)求数列｛an｝的通项公式；

(2)若T2na12a23a32na2n，求T2n.an119、已知a0，且a1，数列{an}的前n项和为Sn，它满足条件1.数列{bn}Sna

中，bnan·lgan.求数列{bn}的前n项和Tn；

10、等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的nN，点(n,Sn)，均在函数

ybxr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上.（1）求r的值；

（11）当b=2时，记bn

n111、已知数列an的前n项和Snan()2（n为正整数）。n1(nN)求数列{bn}的前n项和Tn 4an

1（Ⅰ）令bn2nan，求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式；（Ⅱ）令cn

明。

12、已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,),a11，⑴设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列； ⑵设数列cnn15nan，Tnc1c2........cn试比较Tn与的大小，并予以证n2n1an,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列； n

2⑶求数列an的通项公式及前n项和。

13、已知数列{an}的前n项之和Sn = n2an，其中a1 = 1。(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{an}的前n项之和；

数列综合题二

1、设数列{an}满足a1 = 3，an+1 = 2an＋n·2n+1＋3n，n≥1。

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{an}的前n项之和Sn。

*

2、数列an中，a18,a42且满足an22an1annN ⑴求数列an的通项

公式；

⑵设Sn|a1||a2||an|，求Sn；

3、设p，q为实数，，是方程x2pxq0的两个实根，数列{xn}满足x1p，4，…）．（1）证明：p，q；（2）求x2p2q，xnpxn1qxn2（n3，数列{xn}的通项公式；

1，求{xn}的前n项和Sn．

424、设二次方程anx-an+1x+1=0(n∈N)有两根α和β，且满足6α-2αβ+6β=3．（3）若p1，q

(1)试用an表示an1；

5、已知点（1，1）是函数f(x)ax(a0,且a1）的图象上一点，等比数列{an}的前

3n项和为f(n)c,数列{bn}(bn0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn1=Sn+Sn1（n2）.（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）若数列{10001的最小正整数n是多少? 前n项和为Tn，问Tn>2009bnbn

16、在数列{an}中，a11,an1(1)an

（II）求数列{an}的前n项和Sn 1nann1b（I）设，求数列{bn}的通项公式 nn2n7、设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an

2（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列（II）求数列{an}的通项公式。

1’a22,an＋2＝

8、已知数列an}满足，a1＝anan1,nN*.2令bnan1an，证明：{bn}是等比数列；(Ⅱ)求an}的通项公式。

9、设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记

bn4an(nN*)。1an（I）求数列an与数列bn的通项公式；

（II）记cnb2nb2n1(nN*)，求数列cn的前n项和为Tn。

10、设m个不全相等的正数a1,a2,,am(m7)依次围成一个圆圈．若m2009，且

a1,a2,,a1005是公差为d的等差数列，而a1,a2009,a2008,,a1006是公比为qd的等比数列；数列a1,a2,,am的前n项和Sn(nm)满足：S315,S2009S200712a1，求通项an(nm)；

11、已知等差数列{an}的公差d不为0，设Sna1a2qanqn

1Tna1a2q(1)n1anqn1,q0,nN*（Ⅰ）若q1,a11,S315 ,求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若a1d,且S1,S2,S3成等比数列，求q的值。（Ⅲ）若q1,证明（1q）S2n12、设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列 2dq(1q2n)* (1q)T2n,nN21q（II）求数列{an}的通项公式。

第三篇：综合题

专升本辅导练习题

审稿题：审读短文，改正错误，弥补缺漏。

（1）我国对出版单位的设立实习登记制。国家规定，设立出版单位必须符合一定的条件并办理一定的手续。设立出版单位的条件主要包括：有出版单位的名称和章程，有符合国务院出版行政部门认定的主办单位及其主管机关，有确定的业务范围，有10万元以上的注册资本和固定的工作场所，有适应业务范围需要的组织机构和符合国家规定的资格条件的编辑出版专业人员，等等。设立出版单位的主办单位自收到批准决定之日起90日内，应当向所在地省级新闻出版局登记，领取出版许可证。以上手续齐备后，出版单位持出版许可证向工商行政管理部门登记，依法领取营业执照。

国家对出版物的质量管理制定了一系列的规章制度。图书质量包括内容、编校、印制三项，分为优秀、合格、不合格三个等级。其中，图书编校质量以差错率为依据，差错率不超过万分之二的图书，其编校质量合格。对图书正文质量的检查，若全书字数超过10万字，必须抽查不少于10万字，并且内容（或页码）应该连续；若全书字数不足10万字，必须抽查不少于5万字。对一年内造成两种以上图书不合格或者连续三年造成图书不合格的直接责任者，由省、自治区、直辖市新闻出版行政部门注销其出版专业技术人员职业资格，三年内不得从事出版编辑工作。

（2）我国对出版单位的设立实行审批制，对印刷复制单位和发行单位的设立实行登记制。为了加强对出版物质量的管理，新闻出版总署于2004年颁布了修订的《图书质量管理规定》。这个规章主要针对图书出版工作，与其他出版物的质量管理无关。图书质量包括内容、编校、印制三项，分为优秀、良好、合格、不合格四个等级。出版行政部门每年选取部分出版社的图书进行质量抽查，并根据检查结果实施一定的奖惩措施。

出版业的人力资源包括各种专业技术人员和一般人员。按承担工作任务的不同，出版专业技术人员分为编辑人员、技术编辑人员、发行人员三类。一般来说，取得出版专业初级职业资格的编辑人员，可以根据国家有关规定，受聘担任助理编辑，并可以担任出版物的责任编辑。新进入出版单位担任社长（副社长）、总编辑（副总编辑）或主编（副主编）职务的人员，除应具备国家规定的任职条件外，还必须具备出版专业高级职业资格。

案例分析题：根据所给材料回答问题。

以下为某出版社编辑室呈报的10个选题：

A.《科学发展观读本》

B.《青少年性知识必读》

C.《日本动画精选》

D.《相面测运技法大全》

E.《中国矿产分布地图》

F.《中共庐山会议纪实》

G.《炒股秘诀》

H.《中国新式导弹技术解析》

I.《邓小平传》

J.《赌博必赢66招》

问题一：上述选题中，哪些是不应出版的？哪些是须办理重大选题备案手续的？哪些是

普通选题？请作选择回答，请把选题的字母代码填入答题卡的相应括号内。问题二：对于上述三类选题各应如何处理？并说明理由。

问题三：若该出版社未经备案就出版了须办理备案手续类选题的图书，出版行政部门可

予以哪些处罚？请作选择回答。

A.没收用于出版这些图书的资料和专用设备

B.给予出版社主要负责人行政处分

C.罚款5万~10万元

D.责令停止出版、发行这些图书并按有关规定办理申报备案手续

E.情节严重的，责令限期停业整顿或由原发证机关吊销许可证

简答题：根据所给材料回答问题。

甲文化公司持有《出版物经营许可证》，经营书刊批发业务。某经理郑某通过浏览网络，发现某一美国作家关于提高青少年个人心理素质的新书《菩提树下》正在美国热销；经对市场进行调查，发现在国内市场上这类图书尚属空白，而社会对此有很大的潜在需求。于是，郑某与在乙出版社担任策划编辑的林某商议：由郑某组织若干人创作一部同类主题的书稿，交乙出版社出版；乙出版社负责按照有关规定完成审稿、编辑加工整理、发稿审核、校样处理等所有工作后，把符合出版要求的计算机排版软件和委托印刷图书所需的证明文件交给郑某；印刷装订事宜由郑某负责具体安排并承担相应费用；成品图书也由郑某到印刷厂提货，除交给乙出版社50册样书外，其余均由甲公司自行包销；乙出版社不必支付稿酬，并且郑某支付给乙出版社出版资助费5万元。

林某将此情况向编辑室主任陈某作了汇报。陈某召集编辑室全体人员就此事进行讨论。会上出现了许多意见。

问题一：会上出现的下列意见中，哪些是正确的？请作选择回答。

A.书稿是由文化公司组织编写的，不能接受出版

B.书稿应该有独特的创新，而跟在外国人后面写作的主题相同的稿件，是没有独创性的，不宜接受出版

C.书稿的主题有较好的社会效益，并且估计此类图书的经济效益也不小，所以该选题可以考虑采纳，但书稿是否可以出版，应该经过三级审稿之后再决定

D.如果书稿质量符合要求，可以考虑接受出版，但不能采用郑某提议的出版方式

E.如果书稿质量符合要求，就应该采纳郑某提议的出版方式，因为这样出版社不必承担任何费用，却至少有5万元的利润

F.出版社不能让郑某负责安排图书的印制，委托印制必须由出版社负责

G.如果郑某同意由出版社全面负责该书的编辑、印制和发行，并且给予出版资助，就可以考虑接受出版，同时可给甲文化公司较优惠的批发折扣

H.各种提供出版资助的行为，全都属于购买书号，出版社应该一概拒绝

I.甲文化公司持有《出版物经营许可证》，可以由其包销图书

J.虽然甲文化公司持有《出版物经营许可证》，也不可以由其包销图书

问题二：你为什么认为问题一中所列的某项或某几项意见是错误的？请说明理由。

计算题

张强创作了书稿《走进大自然》后，与甲出版社签订图书出版合同。合同的约定中包括：张强把《走进大自然》的图书专有出版权授予甲出版社。甲出版社按照基本稿酬加印数稿酬的方式，向张强支付稿酬；基本稿酬的标准为50元/千字，印数稿酬的标准为1%，均按照国家版权局规定的方法计付；稿酬应在《走进大自然》一书出版后两个月内向张强支付。

合同签订后十天，张强按约向甲出版社交付了作品誊清稿，并随附一封信，说明图书上的作者姓名署笔名“楚天”。该书的责任编辑当即复信，除了确认稿件已经收到外，表示对其他问题“会认真考虑”。2001年12月5日，《走进大自然》一书出版，面封、扉页和版本记录中的作者姓名均为“张强”。该书一个页面排30行，每行排30字；正文部分共311面，其中的空白行共有120行；还有出版前言2面，目录3面。版权页标明的相关数据为：字数288千字，2001年12月第1版，2001年12月第1次印刷，印数3800册，定价25元。2002年3月15日，甲出版社向张强邮汇了稿酬12975.45元，并附言说明这是已经扣除个人所得税1636.55元的税后稿酬。

2002年4月，张强向法院起诉甲出版社。诉状称：第一，甲出版社没有按照作者的意愿为其在图书上署名，侵犯了作者的署名权。第二，根据出版合同约定，甲出版社最晚应在2002年2月5日前支付稿酬，但甲出版社直到2002年3月15日才支付，构成违约。第三，根据合同约定的方式和标准计算，基本稿酬应为14400元（即50元/千字×288千字），印数稿酬应为950元（即25元/册×1%×3800册），稿酬总额应为15350元；甲出版社汇寄的12975.45元加上代扣的个人所得税1636.55元，总共为14612元，少了738元。

甲出版社辩称：第一，张强要求在图书上署虚假的名字，意在欺骗读者，是不合法的，出版社不应支持，所以只能按法律规定署他的真实姓名。第二，国家规定支付图书稿酬的期限为图书出版后6个月，甲出版社向张强支付稿酬的时间并没有超过这个期限，所以并无过错。第三，张强认为稿酬总额应为15350元，是计算方法有误；出版社支付总数为14612元的稿酬，实际上已经多付了，但因这是出版社有关人员工作失误造成的，也就不要求张强返还了。

问题一：甲出版社是否侵犯了张强的署名权？为什么？

问题二：甲出版社在稿酬支付时间方面是否有过错？为什么？

问题三：张强计算稿酬的方法存在哪些失误？

问题四：甲出版社究竟应该支付给张强税前稿酬多少元？请列出算式计算，以验证甲出

版社的说法是否属实。

材料分析题

材料一：

张教授创作的《明史纲要》交由甲出版社于2001年10月出版，2002年9月他发现由李某著、乙出版社于2002年7月出版的《明史撷萃》一书中有2万多字的内容抄自其自己的著作，是侵犯了自己的著作权。于是，张教授于2003年12月向人民法院提起诉讼，要求李某和乙出版社一起停止侵权，并封存销毁尚未售出的《明史撷萃》，同时赔礼道歉，赔偿经济损失5000元。

李某认为，《明史纲要》是一部史料性小册子，许多史料都是公开的，人人都可以自由地使用，创作作品不可避免地要参考各种参考资料，因此《明史撷萃》使用《明史纲要》中的一些内容是属于对史料的合理使用，不存在剽窃的问题。再说，《明史撷萃》足有文字40万字左右。请根据我国著作权法，回答下列问题：

1.张教授的上述作品是否享有著作权？

2.李某的行为是否属于著作权法所说的“合理使用”？为什么？

3.张教授的请求是否合理，为什么？

材料二：

2002年初，甲出版社策划出版一套总名称为《神话——人类卓越想象力的外化》的丛书，其中除了一部书是中国神话外，还有五部书是外国神话。经过与国外某出版公司洽商，甲出版社取得了包括《英雄必胜之路——希腊罗马神话选》在内的五部英文图书的中文简化字版翻译权和出版权，并在当地版权局办理了著作权贸易合同登记手续。

2002年3月，甲出版社与W签订了一份关于书稿翻译的合同。该合同约定：甲出版社委托W联系译者将五部英文作品翻译成中文；甲出版社享有翻译作品的著作权；译者对翻译作品享有署名权，译者名单由W提供；W应确保不侵犯他人著作权。

2002年4月，W与L签订了一份关于图书翻译的协议书。该协议书约定：W委托L将英文版图书《英雄必胜之路——希腊罗马神话选》翻译成中文；L享有署名权；若翻译稿件存在质量问题，L应积极配合修改；W以基本稿酬形式向L一次性支付报酬，稿酬标准为65元/千字。2002年10月，L将全部译稿交付W，W按协议书的约定向L支付了全部稿酬。W将译稿交到甲出版社后，该社编辑在审稿中提出了一些意见。为此，W将译稿退请L修改处理。L按照当初协议书中的约定，对译稿作了修改后再次交给W。

2003年初，W向甲出版社交付《英雄必胜之路——希腊罗马神话选》的译文修改稿时，提供了译者名单和授权书各一份。译者名单中所列出的该翻译作品译者为W。授权书为W出具，内容为：“丛书《神话——人类卓越想象力的外化》中《英雄必胜之路——希腊罗马神话选》一书的全体作者授权W全权代理全体作者跟甲出版社协商议定出版上述作品的全部有关事宜。”

不久，甲出版社出版了《英雄必胜之路——希腊罗马神话选》，该书封面标明“W译”。

2004年初，L向法院提起著作权侵权之诉。L认为：甲出版社与W未经L同意，也未签订出版合同，就自行处分了L的翻译作品，并且在书上没有标明译者是L；这是侵犯了L合法拥有的发表权、复制权、发行权及署名权。

问：

1.涉案翻译作品的著作权是属于L，还是属于甲出版社？

2.甲出版社是否要为侵犯L的署名权承担责任？

3.L的发表权、复制权和发行权是否受到了侵害？

第四篇：数列专题

数列专题

朱立军

1、设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)．(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)设数列 

1a 的前n项和为T1

1n，求证：nan＋15≤Tn＜

42、设数列a

2n1n满足a1＋3a2＋3a3＋…＋3an

＝n

3，a∈N*.(1)求数列an的通项；(2)设bn

n＝

a，求数列bn的前n项和Sn。n3、在数列{a*

n}中，a1＝3，an＝－an-1－2n＋1(n≥2且n∈N).(1)求a2，a3的值；

(2)证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式；(3)求数列{an}的前n项和Sn.4、已知数列{a项和S1211*

n}的前nn＝2n

2，数列{bn}满足bn+2－2bn+1＋bn＝0(n∈N)，且b3＝11，前9

项和为153.(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)设cn＝

3n

－

n

－，数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意正整数n，Tn∈[a，b]，求b－a的最小值．

5、已知点(1,2)是函数f(x)＝ax

(a＞0且a≠1)的图象上一点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)－1.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝logaan+1，求数列{anbn}的前n项和Tn.6、已知数列{aa*

n }中，1=2，对于任意的p,q∈N，都有apqapaq.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令b*

*

n＝ln an(n∈N)，是否存在k(k∈N)，使得bk、bk+

1、bk+2成等比数列？若存在，求出所

有符合条件的k的值，若不存在，请说明理由；(3)令cn＝

1aa，S{c*n

n为数列n}的前n项和，若对任意的n∈N，不等式tSn

1立，求实数t的取值范围．

7、已知数列{a满足：a2n

n}和{bn}1＝λ，an+1＝

3an＋n－4，bn＝(－1)(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数.(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；

(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论.数列专题答案

1．(1)解 由Sn＝nan－2n(n－1)得an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)an＋1－nan－4n，即an＋1－an＝4.∴数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝4n－3.(2)证明 T11111

11n＝a＋…＋＋1

1a2a2a3anan＋11×55×99×13

－

＋

1－***14n－3－14n＋1

＝114

1－4n＋11＜4.又易知T111

n单调递增，故Tn≥T1＝5，得5≤Tn

42．解析：(1)a

2an-1

n

1＋3a2＋33＋…＋3an＝3

①

a＋3a＋32aan1n-1

11123＋…＋3n-2 n-1＝3 ②, ①-②得3an =3,所以an3

n(n≥2).经过验证当n=1也成立,因此a1

n3

n.(2)bna=n3n,利用错位相减法可以得到S(2n1n＝

n)3n13.n

443．(1)解：∵a*

1＝3，an＝－an－1－2n＋1(n≥2，n∈N)，∴a2＝－a1－4＋1＝－6，a3＝－a2－6＋1＝

1.(2)证明 ∵an＋n－an－1－2n＋＋n

aa

n－1＋－n－1＋n－1

＝－an－1－n＋1a＝－1，n－1＋n－1

∴数列{a＋1＝4，公比为－1的等比数列.∴an－1

n＋n}是首项为a1n＋n＝4·(－1)，即an＝4·(－1)n－1－n，∴{a1)n－1－n(n∈N*

n}的通项公式为an＝4·(－).n

(3)解 ∵{an－1

n}的通项公式为an＝4·(－1)

－n(n∈N*)，所以Sn＝∑ak＝

k＝1

n

n

n

n

∑[4·(－1)

k－1

－k] ＝∑[4·(－1)

k－1

]－∑k＝4×

1－－

－

＋

k＝1

k＝1

k＝1

1－－2

＝2[1－(－1)n

]－

(n2

＋n)＝－n＋n－4n

2(－1).4．解(1)因为S1211

n＝2＋2

n，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝n＋5，当n＝1时a1＝S1＝6，满足上式，所以an＝n＋5，又因为bn+2－2bn-1＋bn＝0，所以数列{bn}为等差数列，由S＋b

79＝

153，b3＝11，故b7＝23，所以公差d＝23－11

7－33，所以bn＝b3＋(n－3)d＝3n＋2，(2)由(1)知c3

n＝

111n

－

n

－

－

＋

212n－12n＋1，所以T1n＝c1＋c2＋…＋cn＝111121－3＋35＋…＋2n－112n＋1

＝11121－2n＋1＝n2n＋1，又因为Tn＋1nn＋1－Tn＝2n＋32n＋1＝＋

＋

0，所以{T1n}单调递增，故(Tn)min＝T13

而Tn＝

n2n＋1n2n121312n，Ta的最大值为1

nn∈[a，b]时3，b的最小值为12(b－a)＝111min236

5．解(1)把点(1,2)代入函数f(x)＝ax得a＝2，所以数列{an项和为Sn

n}的前n＝f(n)－1＝2－1.当n＝1时，ann－1n-1

1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2－2＝2，对n＝1时也适合．∴an-1

n＝2.(2)由a＝2，b＝log，所以an-1

naan+1得bn＝nnbn＝n·2.T01＋3·22＋…＋n·2n-1

n＝1·2＋2·2，①

2T12＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n

n＝1·2＋2·2②

由①－②得：－T0＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n，所以T＝(n－1)2n

n＝2n＋1.6．解 本题主要考查等差数列、等比数列和利用不等式知识解答恒成立问题等知识，考查运算求解

能力、推理论证能力，以及分类讨论的数学思想．解答存在性问题的基本策略是先假设存在，然后结合已知条件展开证明．

(1)令p＝1，q＝n，则有an+1＝an＋a1，故an+1－an＝a1＝2，即数列{an}是以2为首项，2为公差的等

差数列，所以数列{a*

n}的通项公式为an＝2n(n∈N)．

(2)假设存在k(k∈N*)，使得b 2*

k、bk+

1、bk+2成等比数列，则bkbk＋2＝bk＋1(k∈N)．

因为bln a*

n＝n＝ln 2n(n∈N)，所以b＋

kbk+2＝ln 2k·ln 2(k＋2)< ln 2k＋

2＋

2

22＝

22＋<22

＝

[ln 2(k＋1)]2＝b 2b2*

k＋1，这与bkbk+2＝k＋1矛盾．故不存在k(k∈N)，使得bk、bk+

1、bk＋2成等比数列．

(3)因为c111n＝a＝＝nan＋1＋41n1n＋1 ,所以S＝111n111

141－2＋＋…＋nn＋1＝

41－1n＋1

＝n＋n为偶数时，若对任意的n∈N*，不等式tSn

n

t<＋＋n4n＋9n＋10，而4n＋9n＋10≥4n·9n＋10＝64，当且仅当n＝9

n

n＝3时，等号成立，故t<64；

当n为奇数时，若对任意的n∈N*，不等式tSn

－＋n

＝4n－9n8，因为n－99nn的增大而增大，所以当n＝1时，n－n取得最小值－8，此时t需满足t<－64.综上知，实数t的取值范围为(－∞，－64)。

7．(1)证明 假设存在一个实数λ，使{a2

n}是等比数列，则有a 2＝a1a3，即23－32＝λ49－4



⇔492－4λ＋9＝42

λ－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{an}不是等比数列.(2)解 因为b＝(－1)n+1[an+1n＋1－3(n＋1)＋21] ＝(－1)2

n＋13an－2n＋14

＝－2n

23(－1)·(an－3n＋21)＝－3

n.又b*

1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，bn＝0(n∈N)，此时{bn}不是等比数列；

当λ≠－18时，b2bn＋12*

1＝－(λ＋18)≠0，由bn＋13n.可知bn≠0，所以b＝－(n∈N).故当λ≠

n3－18时，数列{b2

n}是以－(λ＋18)为首项，－3为公比的等比数列.

第五篇：高考数列压轴题汇总（附答案解析）

高考数列压轴题

一．解答题（共50小题）

1．数列{an}满足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）

（1）求a2，a3，a4，a5的值；

（2）求an与an﹣1之间的关系式（n∈N*，n≥2）；

（3）求证：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）

2．已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；

（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）≤xn≤．

3．数列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn＜1．

4．已知正项数列{an}满足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．

（1）求a2的值；

（2）证明：对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

（3）记数列{an}的前n项和为Sn，证明：对任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

5．已知在数列{an}中，．，n∈N*

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

6．设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn为{an}的前n项和．证明：对任意n∈N*，（I）当0≤a1≤1时，0≤an≤1；

（II）当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；

（III）当a1=时，n﹣＜Sn＜n．

7．已知数列{an}满足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn为{an}的前n项和（n∈N*）．

（Ⅰ）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}满足，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，．

8．已知数列{an}满足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）

证明：；

（Ⅱ）

证明：．

9．设数列{an}的前n项的和为Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．

（1）证明：an＜2；

（2）证明：an＜an+1；

（3）证明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

10．数列{an}的各项均为正数，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n项和是Sn．

（Ⅰ）若{an}是递增数列，求a1的取值范围；

（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），证明：Sn＜2n+1．

11．设an=xn，bn=（）2，Sn为数列{an•bn}的前n项和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．

（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和Tn；

（Ⅱ）求证：对∀n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且仅有一个根；

（Ⅲ）求证：对∀p∈N*，由（Ⅱ）中xn构成的数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．

12．已知数列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn为数列{bn}的前n项和．

求证：（Ⅰ）an+1＜an；

（Ⅱ）；

（Ⅲ）．

13．已知数列{an}满足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．

（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2﹣≤an≤•3；

（Ⅱ）设数列{an2}的前n项和为An，数列{}的前n项和为Bn，证明：=an+1．

14．已知数列{an}的各项均为非负数，其前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有．

（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；

（2）若对任意n∈N*，都有Sn≤1，求证：．

15．已知数列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．

（Ⅰ）求证：n∈N*时，an＞an+1；

（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤Sn﹣2n＜．

16．已知数列{an}满足，a1=1，an=﹣．

（1）求证：an≥；

（2）求证：|an+1﹣an|≤；

（3）求证：|a2n﹣an|≤．

17．设数列{an}满足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．

（1）证明：当n≥2时，an＜an+1＜1；

（2）若b∈（a2，1），求证：当整数k≥+1时，ak+1＞b．

18．设a＞3，数列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．

（Ⅰ）求证：an＞3，且＜1；（Ⅱ）当a≤4时，证明：an≤3+．

19．已知数列{an}满足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．

（Ⅰ）证明：an＞1；

（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．

20．已知数列{an}满足：．

（1）求证：；

（2）求证：．

21．已知数列{an}满足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求证：++…+＜；

（3）记Sn=++…+，证明：对于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

22．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*．

（1）求证：≤an≤1；

（2）求证：|a2n﹣an|≤．

23．已知数列{an]的前n项和记为Sn，且满足Sn=2an﹣n，n∈N*

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）证明：+…（n∈N*）

24．已知数列{an}满足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．

（1）求证：an+1＞an；

（2）求证：a2017＜1；

（3）若ak＞1，求正整数k的最小值．

25．已知数列{an}满足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2

（1）求a2，a3；

（2）证明数列为递增数列；

（3）求证：＜1．

26．已知数列{an}满足：a1=1，（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an≥1；

（Ⅱ）证明：≥1+

（Ⅲ）求证：＜an+1＜n+1．

27．在正项数列{an}中，已知a1=1，且满足an+1=2an（n∈N*）

（Ⅰ）求a2，a3；

（Ⅱ）证明．an≥．

28．设数列{an}满足．

（1）证明：；

（2）证明：．

29．已知数列{an}满足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．

（Ⅰ）求证：{bn}是等比数列；

（Ⅱ）记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；

（Ⅲ）求证：﹣＜+…+．

30．已知数列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．

（Ⅰ）证明：an+1＞an；

（Ⅱ）证明：an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）设数列{}的前n项和为Sn，求证：1﹣（）n≤Sn＜1．

31．已知数列{an}满足a1=，an+1=，n∈N*．

（1）求a2；

（2）求{}的通项公式；

（3）设{an}的前n项和为Sn，求证：（1﹣（）n）≤Sn＜．

32．数列{an}中，a1=1，an=．

（1）证明：an＜an+1；

（2）证明：anan+1≥2n+1；

（3）设bn=，证明：2＜bn＜（n≥2）．

33．已知数列{an}满足，（1）若数列{an}是常数列，求m的值；

（2）当m＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数m，使得an＜4对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

34．已知数列{an}满足：，p＞1，．

（1）证明：an＞an+1＞1；

（2）证明：；

（3）证明：．

35．数列{an}满足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）求证：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

36．已知数列{an}满足a1=1，an+1=an2+p．

（1）若数列{an}就常数列，求p的值；

（2）当p＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数p，使得an＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

37．已知数列{an}满足a1=a＞4，（n∈N*）

（1）求证：an＞4；

（2）判断数列{an}的单调性；

（3）设Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a=6时，．

38．已知数列{an}满足a1=1，an+1=．

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）求证：≤an≤．

39．已知数列{an}满足：a1=1，．

（1）若b=1，证明：数列是等差数列；

（2）若b=﹣1，判断数列{a2n﹣1}的单调性并说明理由；

（3）若b=﹣1，求证：．

40．已知数列{an}满足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．

证明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；

（Ⅱ）（n≥2）．

41．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*，记S，Tn分别是数列{an}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，（1）an+1＜an；

（2）Tn=﹣2n﹣1；

（3）﹣1＜Sn．

42．已知数列{an}满足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，设bn=log2（an+1）．

（I）求{an}的通项公式；

（II）求证：1+++…+＜n（n≥2）；

（III）若=bn，求证：2≤＜3．

43．已知正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

（1）求证：1＜an≤3，n∈N*；

（2）若对于任意的正整数n，都有成立，求M的最小值；

（3）求证：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．

44．已知在数列{an}中，，n∈N*．

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

45．已知数列{an}中，（n∈N*）．

（1）求证：；

（2）求证：是等差数列；

（3）设，记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：．

46．已知无穷数列{an}的首项a1=，=n∈N*．

（Ⅰ）证明：0＜an＜1；

（Ⅱ）

记bn=，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn．

47．已知数列{xn}满足x1=1，xn+1=2+3，求证：

（I）0＜xn＜9；

（II）xn＜xn+1；

（III）．

48．数列{an}各项均为正数，且对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．

（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比数列，求a1的值（用常数c表示）；

（Ⅱ）设bn=，Sn是数列{bn}的前n项和，（i）求证：；

（ii）求证：Sn＜Sn+1＜．

49．设数列满足|an﹣|≤1，n∈N*．

（Ⅰ）求证：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）

（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*．

50．已知数列{an}满足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）

（Ⅰ）证明：≥1+；

（Ⅱ）求证：＜an+1＜n+1．

高考数列压轴题

参考答案与试题解析

一．解答题（共50小题）

1．数列{an}满足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）

（1）求a2，a3，a4，a5的值；

（2）求an与an﹣1之间的关系式（n∈N*，n≥2）；

（3）求证：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）

【解答】解：（1）a2=+=2+2=4，a3=++=3+6+6=15，a4=+++=4+4×3+4×3×2+4×3×2×1=64，a5=++++=5+20+60+120+120=325；

（2）an=++…+=n+n（n﹣1）+n（n﹣1）（n﹣2）+…+n!

=n+n[（n﹣1）+（n﹣1）（n﹣2）+…+（n﹣1）!]

=n+nan﹣1；

（3）证明：由（2）可知=，所以（1+）（1+）…（1+）=•…

==+++…+=+++…+

=+++…+≤1+1+++…+

=2+1﹣+﹣+…+﹣=3﹣＜3（n≥2）．

所以n≥2时不等式成立，而n=1时不等式显然成立，所以原命题成立．

2．已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；

（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）≤xn≤．

【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：xn＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则xk＞0，那么n=k+1时，若xk+1＜0，则0＜xk=xk+1+ln（1+xk+1）＜0，矛盾，故xn+1＞0，因此xn＞0，（n∈N*）

∴xn=xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1，因此0＜xn+1＜xn（n∈N*），（Ⅱ）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+1﹣4xn+1+2xn=xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0

∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）≥0，故2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）∵xn=xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1，∴xn≥，由≥2xn+1﹣xn得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴xn≤，综上所述≤xn≤．

3．数列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn＜1．

【解答】证明：（Ⅰ）∵＞0，且a1=＞0，∴an＞0，∴an+1﹣an=﹣an=＜0．

∴an+1＜an；

（Ⅱ）∵1﹣an+1=1﹣=，∴=．

∴，则，又an＞0，∴．

4．已知正项数列{an}满足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．

（1）求a2的值；

（2）证明：对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

（3）记数列{an}的前n项和为Sn，证明：对任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

【解答】解：（1）an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1，即有a12+a1=3a22+2a2=2，解得a2=（负的舍去）；

（2）证明：an2+an=3a2n+1+2an+1，可得an2﹣4a2n+1+an﹣2an+1+a2n+1=0，即有（an﹣2an+1）（an+2an+1+1）+a2n+1=0，由于正项数列{an}，即有an+2an+1+1＞0，4a2n+1＞0，则有对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

（3）由（1）可得对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

即为a1≤2a2，可得a2≥，a3≥a2≥，…，an≥，前n项和为Sn=a1+a2+…+an≥1+++…+

==2﹣，又an2+an=3a2n+1+2an+1＞a2n+1+an+1，即有（an﹣an+1）（an+an+1+1）＞0，则an＞an+1，数列{an}递减，即有Sn=a1+a2+…+an＜1+1+++…+

=1+=3（1﹣）＜3．

则有对任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

5．已知在数列{an}中，．，n∈N*

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明1＜an＜2．

①．n=1时，②．假设n=k时成立，即1＜ak＜2．

那么n=k+1时，成立．

由①②知1＜an＜2，n∈N*恒成立.．

所以1＜an+1＜an＜2成立．

（2），当n≥3时，而1＜an＜2．所以．

由，得，所以

（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n

由（2）得，6．设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn为{an}的前n项和．证明：对任意n∈N*，（I）当0≤a1≤1时，0≤an≤1；

（II）当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；

（III）当a1=时，n﹣＜Sn＜n．

【解答】证明：（Ⅰ）用数学归纳法证明．

①当n=1时，0≤an≤1成立．

②假设当n=k（k∈N*）时，0≤ak≤1，则当n=k+1时，=（）2+∈[]⊂[0，1]，由①②知，．

∴当0≤a1≤1时，0≤an≤1．

（Ⅱ）由an+1﹣an=（）﹣an=（an﹣1）2≥0，知an+1≥an．

若a1＞1，则an＞1，（n∈N*），从而=﹣an=an（an﹣1），即=an≥a1，∴，∴当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1．

（Ⅲ）当时，由（Ⅰ），0＜an＜1（n∈N*），故Sn＜n，令bn=1﹣an（n∈N*），由（Ⅰ）（Ⅱ），bn＞bn+1＞0，（n∈N*），由，得．

∴=（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+…+（bn﹣bn+1）=b1﹣bn+1＜b1=，∵≥，∴nbn2，即，（n∈N*），∵==，∴b1+b2+…+bn[（）+（）+…+（）]=，即n﹣Sn，亦即，∴当时，．

7．已知数列{an}满足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn为{an}的前n项和（n∈N*）．

（Ⅰ）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}满足，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，．

【解答】解：（Ⅰ）数列{an}满足Sn=2an+1，则Sn=2an+1=2（Sn+1﹣Sn），即3Sn=2Sn+1，∴，即数列{Sn}为以1为首项，以为公比的等比数列，∴Sn=（）n﹣1（n∈N*）．

∴S1=1，S2=；

（Ⅱ）在数列{bn}中，Tn为{bn}的前n项和，则|Tn|=|=．

而当n≥2时，即．

8．已知数列{an}满足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）

证明：；

（Ⅱ）

证明：．

【解答】（Ⅰ）

证明：∵①，∴②

由②÷①得：，∴

（Ⅱ）

证明：由（Ⅰ）得：（n+1）an+2=nan

∴

令bn=nan，则③

∴bn﹣1•bn=n④

由b1=a1=1，b2=2，易得bn＞0

由③﹣④得：

∴b1＜b3＜…＜b2n﹣1，b2＜b4＜…＜b2n，得bn≥1

根据bn•bn+1=n+1得：bn+1≤n+1，∴1≤bn≤n

∴

=

=

一方面：

另一方面：由1≤bn≤n可知：．

9．设数列{an}的前n项的和为Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．

（1）证明：an＜2；

（2）证明：an＜an+1；

（3）证明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

【解答】证明：（1）an+1﹣2=﹣2=，由于+2=+1＞0，+2=2+＞0．

∴an+1﹣2与an﹣2同号，因此与a1﹣2同号，而a1﹣2=﹣＜0，∴an＜2．

（2）an+1﹣1=，可得：an+1﹣1与an﹣1同号，因此与a1﹣1同号，而a1﹣1=＞0，∴an＞1．

又an＜2．∴1＜an＜2．an+1﹣an=，可得分子＞0，分母＞0．

∴an+1﹣an＞0，故an＜an+1．

（3）n=1时，S1=，满足不等式．

n≥2时，==，∴，即2﹣an≥．

∴2n﹣Sn≥=1﹣．即Sn≤2n﹣1+．

另一方面：由（II）可知：．，=≤．

从而可得：=≤．

∴2﹣an≤，∴2n﹣Sn≤=．

∴Sn≥2n﹣＞2n﹣．

综上可得：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

10．数列{an}的各项均为正数，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n项和是Sn．

（Ⅰ）若{an}是递增数列，求a1的取值范围；

（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），证明：Sn＜2n+1．

【解答】（I）解：由a2＞a1＞0⇔﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．

又a3＞a2＞0，⇔＞a2，⇔0＜a2＜2⇔﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．

由①②可得：1＜a1＜2．

下面利用数学归纳法证明：当1＜a1＜2时，∀n∈N*，1＜an＜2成立．

（1）当n=1时，1＜a1＜2成立．

（2）假设当n=k∈N*时，1＜an＜2成立．

则当n=k+1时，ak+1=ak+﹣1∈⊊（1，2），即n=k+1时，不等式成立．

综上（1）（2）可得：∀n∈N*，1＜an＜2成立．

于是an+1﹣an=﹣1＞0，即an+1＞an，∴{an}是递增数列，a1的取值范围是（1，2）．

（II）证明：∵a1＞2，可用数学归纳法证明：an＞2对∀n∈N*都成立．

于是：an+1﹣an=﹣1＜2，即数列{an}是递减数列．

在Sn≥na1﹣（n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+﹣1=S2≥2a1﹣，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．

下证：（1）当时，Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立．

事实上，当时，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣）=．

于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+（n﹣1）=na1﹣．

再证明：（2）时不合题意．

事实上，当时，设an=bn+2，可得≤1．

由an+1=an+﹣1（n∈N*），可得：bn+1=bn+﹣1，可得=≤≤．

于是数列{bn}的前n和Tn≤＜3b1≤3．

故Sn=2n+Tn＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，③．

令a1=+t（t＞0），由③可得：Sn＜na1+（2﹣a1）n+3=na1﹣﹣tn+．

只要n充分大，可得：Sn＜na1﹣．这与Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立矛盾．

∴时不合题意．

综上（1）（2）可得：，于是可得=≤≤．（由可得：）．

故数列{bn}的前n项和Tn≤＜b1＜1，∴Sn=2n+Tn＜2n+1．

11．设an=xn，bn=（）2，Sn为数列{an•bn}的前n项和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．

（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和Tn；

（Ⅱ）求证：对∀n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且仅有一个根；

（Ⅲ）求证：对∀p∈N*，由（Ⅱ）中xn构成的数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．

【解答】解：（Ⅰ）若x=2，an=2n，则=（2n﹣1）（）n，则Tn=1×（）1+3×（）2+…+（2n﹣1）（）n，∴Tn=1×（）2+3×（）3+…+（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=+2×[（）2+（）3+…+（）n]﹣（2n﹣1）（）n+1

=+2×﹣（2n﹣1）（）n+1=+1﹣（）n﹣1﹣（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=3﹣（）n﹣2﹣（2n﹣1）（）n=3﹣；

（Ⅱ）证明：fn（x）=﹣1+x+++…+（x∈R，n∈N+），fn′（x）=1+++…+＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．

由于f1（x1）=0，当n≥2时，fn（1）=++…+＞0，即fn（1）＞0．

又fn（）=﹣1++[+++…+]≤﹣+•（）i，=﹣+×=﹣•（）n﹣1＜0，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn∈[，1]，满足fn（xn）=0．

（Ⅲ）证明：对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn+1（x）=fn（x）+＞fn（x），∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．

由

fn+1（x）

在（0，+∞）上单调递增，可得

xn+1＜xn，即

xn﹣xn+1＞0，故数列{xn}为减数列，即对任意的n、p∈N+，xn﹣xn+p＞0．

由于

fn（xn）=﹣1+xn+++…+=0，①，fn+p

（xn+p）=﹣1+xn+p+++…++[++…+]，②，用①减去②并移项，利用

0＜xn+p≤1，可得

xn﹣xn+p=+≤≤＜=﹣＜．

综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．

12．已知数列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn为数列{bn}的前n项和．

求证：（Ⅰ）an+1＜an；

（Ⅱ）；

（Ⅲ）．

【解答】解：证明：（Ⅰ）=，所以an+1＜an

（Ⅱ）法一、记，则，原命题等价于证明；用数学归纳法

提示：构造函数在（1，+∞）单调递增，故==+＞+×=+×（﹣）=，法二、只需证明，由，故：n=1时，n≥2，可证：，（3）由，得=，可得：，叠加可得，所以，13．已知数列{an}满足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．

（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2﹣≤an≤•3；

（Ⅱ）设数列{an2}的前n项和为An，数列{}的前n项和为Bn，证明：=an+1．

【解答】解：（I）a2=a12+a1==，a3=a22+a2==．

证明：∵an=an﹣12+an﹣1，∴an+=an﹣12+an﹣1+=（an﹣1+）2+＞（an﹣1+）2，∴an+＞（an﹣1+）2＞（an﹣2+）4＞＞（an﹣3+）8＞…＞（a1+）=2，∴an＞2﹣，又∵an﹣an﹣1=an﹣12＞0，∴an＞an﹣1＞an﹣2＞…＞a1＞1，∴an2＞an，∴an=an﹣12+an﹣1＜2a，∴an＜2a＜2•22＜2•22•24＜…＜2•22•24•…•2a1

=2•（）=•3．

综上，2﹣≤an≤•3．

（II）证明：∵an=an﹣12+an﹣1，∴an﹣12=an﹣an﹣1，∴An=a12+a22+a32+…an2=（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an+1﹣an）=an+1﹣，∵an=an﹣12+an﹣1=an﹣1（an﹣1+1），∴==，∴=，∴Bn=…+=（）+（）+（﹣）+…+（）

=﹣．

∴==．

14．已知数列{an}的各项均为非负数，其前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有．

（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；

（2）若对任意n∈N*，都有Sn≤1，求证：．

【解答】解：（1）由题意知an+1﹣an≤an+2﹣an+1，设di=ai+1﹣ai（i=1，2，…，504），则d1≤d2≤d3≤…≤d504，且d1+d2+d3+…+d504=2016，∵=，所以d1+d2+…+d5≤20，∴a6=a1+（d1+d2+…+d5）≤21．

（2）证明：若存在k∈N*，使得ak＜ak+1，则由，得ak+1≤ak﹣ak+1≤ak+2，因此，从an项开始，数列{an}严格递增，故a1+a2+…+an≥ak+ak+1+…+an≥（n﹣k+1）ak，对于固定的k，当n足够大时，必有a1+a2+…+an≥1，与题设矛盾，所以{an}不可能递增，即只能an﹣an+1≥0．

令bk=ak﹣ak+1，（k∈N*），由ak﹣ak+1≥ak+1﹣ak+2，得bk≥bk+1，bk＞0，故1≥a1+a2+…+an=（b1+a2）+a2+…+an=b1+2（b2+a3）+a3+…+an，=…=b1+2b2+…+nbn+nan，所以，综上，对一切n∈N*，都有．

15．已知数列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．

（Ⅰ）求证：n∈N*时，an＞an+1；

（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤Sn﹣2n＜．

【解答】证明：（I）n≥2时，作差：an+1﹣an=﹣=，∴an+1﹣an与an﹣an﹣1同号，由a1=4，可得a2==，可得a2﹣a1＜0，∴n∈N*时，an＞an+1．

（II）∵2=6+an，∴=an﹣2，即2（an+1﹣2）（an+1+2）=an﹣2，①

∴an+1﹣2与an﹣2同号，又∵a1﹣2=2＞0，∴an＞2．

∴Sn=a1+a2+…+an≥4+2（n﹣1）=2n+2．

∴Sn﹣2n≥2．

由①可得：=，因此an﹣2≤（a1﹣2），即an≤2+2×．

∴Sn=a1+a2+…+an≤2n+2×＜2n+．

综上可得：n∈N*时，2≤Sn﹣2n＜．

16．已知数列{an}满足，a1=1，an=﹣．

（1）求证：an≥；

（2）求证：|an+1﹣an|≤；

（3）求证：|a2n﹣an|≤．

【解答】证明：（1）∵a1=1，an=﹣．

∴a2=，a3=，a4=，猜想：≤an≤1．

下面用数学归纳法证明．

（i）当n=1时，命题显然成立；

（ii）假设n=k时，≤1成立，则当n=k+1时，ak+1=≤＜1．，即当n=k+1时也成立，所以对任意n∈N*，都有．

（2）当n=1时，当n≥2时，∵，∴．

（3）当n=1时，|a2﹣a1|=＜；

当n≥2时，|a2n﹣an|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|．

17．设数列{an}满足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．

（1）证明：当n≥2时，an＜an+1＜1；

（2）若b∈（a2，1），求证：当整数k≥+1时，ak+1＞b．

【解答】证明：（1）由an+1=知an与a1的符号相同，而a1=a＞0，∴an＞0，∴an+1=≤1，当且仅当an=1时，an+1=1

下面用数学归纳法证明：

①∵a＞0且a≠1，∴a2＜1，∴=＞1，即有a2＜a3＜1，②假设n=k时，有ak＜ak+1＜1，则

ak+2==＜1且=＞1，即ak+1＜ak+2＜1

即当n=k+1时不等式成立，由①②可得当n≥2时，an＜an+1＜1；

（2）若ak≥b，由（1）知ak+1＞ak≥b，若ak＜b，∵0＜x＜1以及二项式定理可知（1+x）n=1+Cn1x+…+Cnnxn≥nx，而ak2+1＜b2+1＜b+1，且a2＜a3＜…＜ak＜b＜1

∴ak+1=a2••…，=a2•

＞a2•（）k﹣1＞a2•（）k﹣1=a2•（1+）k﹣1，≥a2•[1+（k﹣1）]，∵k≥+1，∴1+（k﹣1）≥+1=，∴ak+1＞b．

18．设a＞3，数列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．

（Ⅰ）求证：an＞3，且＜1；

（Ⅱ）当a≤4时，证明：an≤3+．

【解答】证明：（I）∵an+1﹣3=﹣3=．=﹣=，∴（）=＞0，∴与同号，又a＞3，∴=a﹣＞0，∴＞0，∴an+1﹣3＞0，即an＞3（n=1时也成立）．

∴==＜1．

综上可得：an＞3，且＜1；

（Ⅱ）当a≤4时，∵an+1﹣3=﹣3=．

∴=，由（I）可知：3＜an≤a1=a≤4，∴3＜an≤4．

设an﹣3=t∈（0，1]．

∴==≤，∴•…•≤，∴an﹣3≤（a1﹣3）×≤，∴an≤3+．

19．已知数列{an}满足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．

（Ⅰ）证明：an＞1；

（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．

【解答】证明：（Ⅰ）由题意得（n+1）an+12﹣（n+1）=nan2﹣n+an﹣1，∴（n+1）（an+1+1）（an+1﹣1）=（an﹣1）（nan+n+1），由an＞0，n∈N*，∴（n+1）（an+1+1）＞0，nan+n+1＞0，∴an+1﹣1与an﹣1同号，∵a1﹣1=1＞0，∴an＞1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故（n+1）an+12=nan2+an＜（n+1）an2，∴an+1＜an，1＜an≤2，又由题意可得an=（n+1）an+12﹣nan2，∴a1=2a22﹣a12，a2=3a32﹣2a22，…，an=（n+1）an+12﹣nan2，相加可得a1+a2+…+an=（n+1）an+12﹣4＜2n，∴an+12≤，即an2≤，n≥2，∴≤2（+）≤2（﹣）+（﹣+），n≥2，当n=2时，=＜，当n=3时，+≤＜＜，当n≥4时，++…+＜2（+++）+（++﹣）=1+++++＜，从而，原命题得证

20．已知数列{an}满足：．

（1）求证：；

（2）求证：．

【解答】证明：（1）由，所以，因为，所以an+2＜an+1＜2．

（2）假设存在，由（1）可得当n＞N时，an≤aN+1＜1，根据，而an＜1，所以．

于是，…．

累加可得（*）

由（1）可得aN+n﹣1＜0，而当时，显然有，因此有，这显然与（*）矛盾，所以．

21．已知数列{an}满足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求证：++…+＜；

（3）记Sn=++…+，证明：对于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

【解答】解：（1）a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣），可得an+12+an2﹣2an+1an﹣2an+1+2an+1=0，即有（an+1﹣an）2﹣2（an+1﹣an）+1=0，即为（an+1﹣an﹣1）2=0，可得an+1﹣an=1，则an=a1+n﹣1=n，n∈N*；

（2）证明：由=＜=﹣，n≥2．

则++…+=1+++…+

＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，故原不等式成立；

（3）证明：Sn=++…+=1++…+，当n=2时，S22=（1+）2=＞2•=成立；

假设n=k≥2，都有Sk2＞2（++…+）．

则n=k+1时，Sk+12=（Sk+）2，Sk+12﹣2（++…++）

=（Sk+）2﹣2（++…+）﹣2•

=Sk2﹣2（++…+）++2•﹣2•

=Sk2﹣2（++…+）+，由k＞1可得＞0，且Sk2＞2（++…+）．

可得Sk2﹣2（++…+）＞0，则Sk+12＞2（++…++）恒成立．

综上可得，对于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

22．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*．

（1）求证：≤an≤1；

（2）求证：|a2n﹣an|≤．

【解答】证明：（1）用数学归纳法证明：

①当n=1时，=，成立；

②假设当n=k时，有成立，则当n=k+1时，≤≤1，≥=，∴当n=k+1时，命题也成立．

由①②得≤an≤1．

（2）当n=1时，|a2﹣a1|=，当n≥2时，∵（）（）=（）=1+=，∴|an+1﹣an|=||=≤|an﹣an﹣1|＜…＜（）n﹣1|a2﹣a1|=，∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|

≤=

=（）n﹣1﹣（）2n﹣1≤，综上：|a2n﹣an|≤．

23．已知数列{an]的前n项和记为Sn，且满足Sn=2an﹣n，n∈N*

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）证明：+…（n∈N*）

【解答】解：（Ⅰ）∵Sn=2an﹣n（n∈N+），∴Sn﹣1=2an﹣1﹣n+1=0（n≥2），两式相减得：an=2an﹣1+1，变形可得：an+1=2（an﹣1+1），又∵a1=2a1﹣1，即a1=1，∴数列{an+1}是首项为2、公比为2的等比数列，∴an+1=2•2n﹣1=2n，an=2n﹣1．

（Ⅱ）由，（k=1，2，…n），∴=，由=﹣，（k=1，2，…n），得﹣=，综上，+…（n∈N*）．

24．已知数列{an}满足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．

（1）求证：an+1＞an；

（2）求证：a2017＜1；

（3）若ak＞1，求正整数k的最小值．

【解答】（1）证明：an+1﹣an=≥0，可得an+1≥an．

∵a1=，∴an．

∴an+1﹣an=＞0，∴an+1＞an．

（II）证明：由已知==，∴=﹣，由=，=，…，=，累加求和可得：=++…+，当k=2017时，由（I）可得：=a1＜a2＜…＜a2016．

∴﹣=++…+＜＜1，∴a2017＜1．

（III）解：由（II）可得：可得：=a1＜a2＜…＜a2016＜a2017＜1．

∴﹣=++…+＞2017×=1，∴a2017＜1＜a2018，又∵an+1＞an．∴k的最小值为2018．

25．已知数列{an}满足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2

（1）求a2，a3；

（2）证明数列为递增数列；

（3）求证：＜1．

【解答】（1）解：∵a1=2，∴a2=22﹣2+1=3，同理可得：a3=7．

（2）证明：，对n∈N*恒成立，∴an+1＞an．

（3）证明：

故=．

26．已知数列{an}满足：a1=1，（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an≥1；

（Ⅱ）证明：≥1+

（Ⅲ）求证：＜an+1＜n+1．

【解答】证明：（I）数列{an}满足：a1=1，（n∈N*），可得：，⇒an+1≥an≥an﹣1≥…≥a1=1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：；

（Ⅲ），由（Ⅱ）得：，所以，累加得：，另一方面由an≤n可得：原式变形为，所以：，累加得．

27．在正项数列{an}中，已知a1=1，且满足an+1=2an（n∈N*）

（Ⅰ）求a2，a3；

（Ⅱ）证明．an≥．

【解答】解：（Ⅰ）∵在正项数列{an}中，a1=1，且满足an+1=2an（n∈N*），∴=，=．

证明：（Ⅱ）①当n=1时，由已知，成立；

②假设当n=k时，不等式成立，即，∵f（x）=2x﹣在（0，+∞）上是增函数，∴≥

=（）k+（）k﹣

=（）k+

=（）k+，∵k≥1，∴2×（）k﹣3﹣3=0，∴，即当n=k+1时，不等式也成立．

根据①②知不等式对任何n∈N*都成立．

28．设数列{an}满足．

（1）证明：；

（2）证明：．

【解答】（本题满分15分）

证明：（I）易知an＞0，所以an+1＞an+＞an，所以

ak+1=ak+＜ak+，所以．

所以，当n≥2时，=，所以an＜1．

又，所以an＜1（n∈N*），所以

an＜an+1＜1（n∈N*）．…（8分）

（II）当n=1时，显然成立．

由an＜1，知，所以，所以，所以，所以，当n≥2时，=，即．

所以（n∈N*）．

…（7分）

29．已知数列{an}满足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．

（Ⅰ）求证：{bn}是等比数列；

（Ⅱ）记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；

（Ⅲ）求证：﹣＜+…+．

【解答】（I）证明：a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），∴a2=2×（2+1+1）=8．

n≥2时，an=2（Sn﹣1+n），相减可得：an+1=3an+2，变形为：an+1+1=3（an+1），n=1时也成立．

令bn=an+1，则bn+1=3bn．∴{bn}是等比数列，首项为3，公比为3．

（II）解：由（I）可得：bn=3n．

∴数列{nbn}的前n项和Tn=3+2×32+3×33+…+n•3n，3Tn=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2Tn=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1=×3n+1﹣，解得Tn=+．

（III）证明：∵bn=3n=an+1，解得an=3n﹣1．

由=．

∴+…+＞…+==，因此左边不等式成立．

又由==＜=，可得+…+＜++…+

=＜．因此右边不等式成立．

综上可得：﹣＜+…+．

30．已知数列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．

（Ⅰ）证明：an+1＞an；

（Ⅱ）证明：an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）设数列{}的前n项和为Sn，求证：1﹣（）n≤Sn＜1．

【解答】证明：（I）an+1﹣an=﹣an=≥0，∴an+1≥an≥3，∴（an﹣2）2＞0

∴an+1﹣an＞0，即an+1＞an；

（II）∵2an+1﹣4=an2﹣2an=an（an﹣2）

∴=≥，∴an﹣2≥（an﹣1﹣2）≥（）2（an﹣2﹣2）≥（）3（an﹣3﹣2）≥…≥（）n﹣1（a1﹣2）=（）n﹣1，∴an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）∵2（an+1﹣2）=an（an﹣2），∴==（﹣）

∴=﹣，∴=﹣+，∴Sn=++…+=﹣+﹣+…+﹣=﹣=1﹣，∵an+1﹣2≥（）n，∴0＜≤（）n，∴1﹣（）n≤Sn=1﹣＜1．

31．已知数列{an}满足a1=，an+1=，n∈N*．

（1）求a2；

（2）求{}的通项公式；

（3）设{an}的前n项和为Sn，求证：（1﹣（）n）≤Sn＜．

【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N+．∴a2==．

（2）解：∵a1=，a，n∈N+．∴=﹣，化为：﹣1=，∴数列是等比数列，首项与公比都为．

∴﹣1=，解得=1+．

（3）证明：一方面：由（2）可得：an=≥=．

∴Sn≥+…+==，因此不等式左边成立．

另一方面：an==，∴Sn≤+++…+=×＜×3＜（n≥3）．

又n=1，2时也成立，因此不等式右边成立．

综上可得：（1﹣（）n）≤Sn＜．

32．数列{an}中，a1=1，an=．

（1）证明：an＜an+1；

（2）证明：anan+1≥2n+1；

（3）设bn=，证明：2＜bn＜（n≥2）．

【解答】证明：（1）数列{an}中，a1=1，an=．

可得an＞0，an2=anan+1﹣2，可得an+1=an+＞an，即an＜an+1；

（2）由（1）可得anan﹣1＜an2=anan+1﹣2，可得anan+1﹣anan﹣1＞2，n=1时，anan+1=a12+2=3，2n+1=3，则原不等式成立；

n≥2时，anan+1＞3+2（n﹣1）=2n+1，综上可得，anan+1≥2n+1；

（3）bn=，要证2＜bn＜（n≥2），即证2＜an＜，只要证4n＜an2＜5n，由an+1=an+，可得an+12=an2+4+，且a2=3，an+12﹣an2=4+＞4，且4+＜4+=4+=，即有an+12﹣an2∈（4，），由n=2，3，…，累加可得

an2﹣a22∈（4（n﹣2），），即有an2∈（4n+1，）⊆（4n，5n），故2＜bn＜（n≥2）．

33．已知数列{an}满足，（1）若数列{an}是常数列，求m的值；

（2）当m＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数m，使得an＜4对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

【解答】解：（1）若数列{an}是常数列，则，得．显然，当时，有an=1．

…（3分）

（2）由条件得，得a2＞a1．…（5分）

又因为，两式相减得．

…（7分）

显然有an＞0，所以an+2﹣an+1与an+1﹣an同号，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0，从而有an＜an+1．…（9分）

（3）因为，…（10分）

所以an=a1+（a2﹣a1）+…+（an﹣an﹣1）≥1+（n﹣1）（m﹣2）．

这说明，当m＞2时，an越来越大，显然不可能满足an＜4．

所以要使得an＜4对一切整数n恒成立，只可能m≤2．…（12分）

下面证明当m=2时，an＜4恒成立．用数学归纳法证明：

当n=1时，a1=1显然成立．

假设当n=k时成立，即ak＜4，则当n=k+1时，成立．

由上可知an＜4对一切正整数n恒成立．

因此，正数m的最大值是2．…（15分）

34．已知数列{an}满足：，p＞1，．

（1）证明：an＞an+1＞1；

（2）证明：；

（3）证明：．

【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明an＞1．

①当n=1时，∵p＞1，∴；

②假设当n=k时，ak＞1，则当n=k+1时，．

由①②可知an＞1．

再证an＞an+1．，令f（x）=x﹣1﹣xlnx，x＞1，则f＇（x）=﹣lnx＜0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0，所以，即an＞an+1．

（2）要证，只需证，只需证其中an＞1，先证，令f（x）=2xlnx﹣x2+1，x＞1，只需证f（x）＜0．

因为f＇（x）=2lnx+2﹣2x＜2（x﹣1）+2﹣2x=0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0．

再证（an+1）lnan﹣2an+2＞0，令g（x）=（x+1）lnx﹣2x+2，x＞1，只需证g（x）＞0，令，x＞1，则，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，所以h（x）＞h（1）=0，从而g＇（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（1）=0，综上可得．

（3）由（2）知，一方面，由迭代可得，因为lnx≤x﹣1，所以，所以ln（a1a2…an）=lna1+lna2+…+lnan=；

另一方面，即，由迭代可得．

因为，所以，所以=；

综上，．

35．数列{an}满足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）求证：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

【解答】解（Ⅰ）：由已知可得数列{an}各项非零．

否则，若有ak=0结合ak﹣ak﹣1+akak﹣1=0⇒ak﹣1=0，继而⇒ak﹣1=0⇒ak﹣2=0⇒…⇒a1=0，与已知矛盾．

所以由an+1﹣an+anan+1=0可得．

即数列是公差为1的等差数列．

所以．

所以数列{an}的通项公式是（n∈N*）．

（Ⅱ）

证明一：因为．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an=．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

证明二：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an===．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

36．已知数列{an}满足a1=1，an+1=an2+p．

（1）若数列{an}就常数列，求p的值；

（2）当p＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数p，使得an＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

【解答】解：（1）若数列{an}是常数列，则，；显然，当时，有an=1

（2）由条件得得a2＞a1，又因为，两式相减得

显然有an＞0，所以an+2﹣an+1与an+1﹣an同号，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0；

从而有an＜an+1．

（3）因为，所以an=a1+（a2﹣a1）+…（an﹣an﹣1）＞1+（n﹣1）（p﹣1），这说明，当p＞1时，an越来越大，不满足an＜2，所以要使得an＜2对一切整数n恒成立，只可能p≤1，下面证明当p=1时，an＜2恒成立；用数学归纳法证明：

当n=1时，a1=1显然成立；

假设当n=k时成立，即ak＜2，则当n=k+1时，成立，由上可知对一切正整数n恒成立，因此，正数p的最大值是1

37．已知数列{an}满足a1=a＞4，（n∈N*）

（1）求证：an＞4；

（2）判断数列{an}的单调性；

（3）设Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a=6时，．

【解答】（1）证明：利用数学归纳法证明：

①当n=1时，a1=a＞4，成立．

②假设当n=k≥2时，ak＞4，．

则ak+1=＞=4．

∴n=k+1时也成立．

综上①②可得：∀n∈N*，an＞4．

（2）解：∵，（n∈N*）．

∴﹣=﹣2an﹣8=﹣9＞（4﹣1）2﹣9=0，∴an＞an+1．

∴数列{an}单调递减．

（3）证明：由（2）可知：数列{an}单调递减．

一方面Sn＞a1+4（n﹣1）=4n+2．

另一方面：=＜，∴an﹣4＜，∴Sn﹣4n＜＜．即Sn＜4n+．

∴当a=6时，．

38．已知数列{an}满足a1=1，an+1=．

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）求证：≤an≤．

【解答】解：（Ⅰ）证明：由a1=1，an+1=，得an＞0，（n∈N），则an+1﹣an=﹣an=＜0，∴an+1＜an；

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知0＜an＜1，又an+1=．，∴=≥，即an+1＞an，∴an＞an﹣1≥（）2an﹣1≥…≥（）2an﹣1≥（）n﹣1a1=，即an≥．

由an+1=，则=an+，∴﹣=an，∴﹣=a1=1，﹣=a2=，﹣=a3=（）2…﹣=an﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1++（）2+…+（）n﹣2==2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2==，∴an≤．

综上得≤an≤．

39．已知数列{an}满足：a1=1，．

（1）若b=1，证明：数列是等差数列；

（2）若b=﹣1，判断数列{a2n﹣1}的单调性并说明理由；

（3）若b=﹣1，求证：．

【解答】解：（1）证明：当b=1，an+1=+1，∴（an+1﹣1）2=（an﹣1）2+2，即（an+1﹣1）2﹣（an﹣1）2=2，∴（an﹣1）2﹣（an﹣1﹣1）2=2，∴数列{（an﹣1）2}是0为首项、以2为公差的等差数列；

（2）当b=﹣1，an+1=﹣1，数列{a2n﹣1}单调递减．

可令an+1→an，可得1+an=，可得an→，即有an＜（n=2，3，…），再令f（x）=﹣1，可得

在（﹣∞，1]上递减，可得{a2n﹣1}单调递减．

（3）运用数学归纳法证明，当n=1时，a1=1＜成立；

设n=k时，a1+a3+…+22k﹣1＜，当n=k+1时，a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1

＜+=，综上可得，成立．

40．已知数列{an}满足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．

证明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；

（Ⅱ）（n≥2）．

【解答】证明：（Ⅰ）由得：（*）

显然an＞0，（*）式⇒

故1﹣an与1﹣an﹣1同号，又，所以1﹣an＞0，即an＜1…（3分）

（注意：也可以用数学归纳法证明）

所以

an﹣1﹣an=（2an+1）（an﹣1）＜0，即an﹣1＜an

所以

an﹣1＜an＜1（n≥1）…（6分）

（Ⅱ）（*）式⇒，由0＜an﹣1＜an＜1⇒an﹣1﹣an+1＞0，从而bn=an﹣1﹣an+1＞0，于是，Sn=b1+b2+…+bn＞0，…（9分）

由（Ⅰ）有1﹣an﹣1=2（1+an）（1﹣an）⇒，所以（**）…（11分）

所以Sn=b1+b2+…+bn=（a0﹣a1+1）+（a1﹣a2+1）+…（an﹣1﹣an+1）=…（12分）

=…（14分）

∴（n≥2）成立…（15分）

41．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*，记S，Tn分别是数列{an}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，（1）an+1＜an；

（2）Tn=﹣2n﹣1；

（3）﹣1＜Sn．

【解答】解：（1）由a1=1，an+1=，n∈N*，知an＞0，故an+1﹣an=﹣an=＜0，因此an+1＜an；

（2）由an+1=，取倒数得：=+an，平方得：=+an2+2，从而﹣﹣2=an2，由﹣﹣2=a12，﹣﹣2=a22，…，﹣﹣2=an2，累加得﹣﹣2n=a12+a22+…+an2，即Tn=﹣2n﹣1；

（3）由（2）知：﹣=an，可得﹣=a1，﹣=a2，…，﹣=an，由累加得﹣=a1+a2+…+an=Sn，又因为=a12+a22+…+an2+2n+1＞2n+2，所以＞，Sn=an+an﹣1+…+a1

=﹣＞﹣1＞﹣1；

又由＞，即＞，得

当n＞1时，an＜=＜=（﹣），累加得Sn＜a1+[（﹣1）+（﹣）+…+（﹣）]=1+（﹣1）＜，当n=1时，Sn成立．

因此﹣1＜Sn．

42．已知数列{an}满足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，设bn=log2（an+1）．

（I）求{an}的通项公式；

（II）求证：1+++…+＜n（n≥2）；

（III）若=bn，求证：2≤＜3．

【解答】解：（I）由，则，由a1=3，则an＞0，两边取对数得到，即bn+1=2bn（2分）

又b1=log2（a1+1）=2≠0，∴{bn}是以2为公比的等比数列．

即（3分）

又∵bn=log2（an+1），∴（4分）

（2）用数学归纳法证明：1o当n=2时，左边为=右边，此时不等式成立；

（5分）

2o假设当n=k≥2时，不等式成立，则当n=k+1时，左边=（6分）

＜k+1=右边

∴当n=k+1时，不等式成立．

综上可得：对一切n∈N*，n≥2，命题成立．（9分）

（3）证明：由得cn=n，∴，首先，（10分）

其次∵，∴，当n=1时显然成立．所以得证．（15分）

43．已知正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

（1）求证：1＜an≤3，n∈N*；

（2）若对于任意的正整数n，都有成立，求M的最小值；

（3）求证：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．

【解答】（1）证明：由正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

得+an+2=2an+1，两式相减得（an+2﹣an+1）（an+2+an+1+1）=2（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+2﹣an+1与an+1﹣an同号．

∵+a2=2a1=6，∴a2=2，则a2﹣a1＜0，∴an+1﹣an＜0，即数列{an}是单调减数列，则an≤a1=3．

另一方面：由正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

可得：+an+1=2an，得+an+1﹣2=2an﹣2，得（an+1+2）（an+1﹣1）=2（an﹣1），由an+1+2＞0，易知an+1﹣1与an﹣1同号，由于a1﹣1=2＞0，可知an﹣1＞0，即an＞1．

综上可得：1＜an≤3，n∈N*．

（2）解：由（1）知：=，而3＜an+1+2≤a2+2=4，则≤，∴．

故M的最小值为．

（3）证明：由（2）知n≥2时，an﹣1=（a1﹣1）×××…×＜=2×，又n=1时，a1﹣1=2，故有an﹣1≤，n∈N*．

即an≤，n∈N*．

则a1+a2+a3+…+an＜n+2=n+2×＜n+6，n∈N*．

44．已知在数列{an}中，，n∈N*．

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明1＜an＜2

1°．n=1时

2°．假设n=k时成立，即1＜ak＜2，n=k+1时，ak∈（1，2）成立．

由1°2°知1＜an＜2，n∈N*恒成立.=（an﹣1）（an﹣2）＜0．

所以1＜an+1＜an＜2成立．

（2），当n≥3时，而1＜an＜2．

所以．

由得，=

所以

（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n

由（2）得，=．

45．已知数列{an}中，（n∈N*）．

（1）求证：；

（2）求证：是等差数列；

（3）设，记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：．

【解答】证明：（1）当n=1时，满足，假设当n=k（k≥1）时结论成立，即≤ak＜1，∵ak+1=，∴，即n=k+1时，结论成立，∴当n∈N*时，都有．

（2）由，得，∴，∴==﹣1，即，∴数列是等差数列．

（3）由（2）知，∴，∴==，∵当n≥2时，12n2+18n﹣（7n2+21n+14）=（5n+7）（n﹣2）≥0，∴n≥2时，∴n≥2时，又b1=，b2=，∴当n≥3时，==

．

46．已知无穷数列{an}的首项a1=，=n∈N*．

（Ⅰ）证明：0＜an＜1；

（Ⅱ）

记bn=，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn．

【解答】（Ⅰ）证明：①当n=1时显然成立；

②假设当n=k（k∈N*）时不等式成立，即0＜ak＜1，那么：当n=k+1时，＞，∴0＜ak+1＜1，即n=k+1时不等式也成立．

综合①②可知，0＜an＜1对任意n∈N*成立．﹣﹣﹣﹣

（Ⅱ），即an+1＞an，∴数列{an}为递增数列．

又=，易知为递减数列，∴也为递减数列，∴当n≥2时，==

∴当n≥2时，=

当n=1时，成立；

当n≥2时，Tn=b1+b2+…+bn＜=

综上，对任意正整数n，47．已知数列{xn}满足x1=1，xn+1=2+3，求证：

（I）0＜xn＜9；

（II）xn＜xn+1；

（III）．

【解答】证明：（I）（数学归纳法）

当n=1时，因为x1=1，所以0＜x1＜9成立．

假设当n=k时，0＜xk＜9成立，则当n=k+1时，．

因为，且得xk+1＜9

所以0＜xn＜9也成立．

（II）因为0＜xn＜9，所以．

所以xn＜xn+1．

（III）因为0＜xn＜9，所以．

从而xn+1=2+3＞+3．

所以，即．

所以．

又x1=1，故．

48．数列{an}各项均为正数，且对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．

（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比数列，求a1的值（用常数c表示）；

（Ⅱ）设bn=，Sn是数列{bn}的前n项和，（i）求证：；

（ii）求证：Sn＜Sn+1＜．

【解答】（I）解：对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．∴a2=．a3=．

∵a1，2a2，3a3依次成等比数列，∴=a1•3a3，∴=a1•3（），a2＞0，化为4a2=3a1（1+ca2）．

∴4（）=3a1[1+c（）]，a1＞0，化为：3c2x2﹣cx﹣1=0，解得x=．

（II）证明：（i）由an+1=an+can2（c＞0且为常数），an＞0．

∴﹣=﹣==﹣．即﹣=﹣．

（ii）由（i）可得：﹣=﹣．

∴bn==，∴Sn=+…+=．

由an+1=an+can2＞an＞0，可得﹣．

∴Sn＜=Sn+1＜．

∴Sn＜Sn+1＜．

49．设数列满足|an﹣|≤1，n∈N*．

（Ⅰ）求证：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）

（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*．

【解答】解：（I）∵|an﹣|≤1，∴|an|﹣|an+1|≤1，∴﹣≤，n∈N*，∴=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤+++…+==1﹣＜1．

∴|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）．

（II）任取n∈N*，由（I）知，对于任意m＞n，﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）

≤++…+=＜．

∴|an|＜（+）•2n≤[+•（）m]•2n=2+（）m•2n．①

由m的任意性可知|an|≤2．

否则，存在n0∈N*，使得|a|＞2，取正整数m0＞log且m0＞n0，则

2•（）＜2•（）=|a|﹣2，与①式矛盾．

综上，对于任意n∈N*，都有|an|≤2．

50．已知数列{an}满足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）

（Ⅰ）证明：≥1+；

（Ⅱ）求证：＜an+1＜n+1．

【解答】证明：（Ⅰ）∵，∴an+1＞an＞a1≥1，∴．

（Ⅱ）∵，∴0＜＜1，即﹣=＜＜﹣，累加可得，﹣＜1﹣，故an+1＜n+1，另一方面，由an≤n可得，原式变形为

故

累加得，故＜an+1＜n+1．

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END

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